这是一份2023版新教材高中数学综合检测试题新人教B版选择性必修第三册,共10页。
检测试题
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若数列{an}满足a1a2a3…an=n2(n≥2),则a3=( )
A.9B.3C.eq \f(9,4)D.eq \f(4,9)
2.已知等比数列{an}中,a2=2,a6=8,则a3a4a5=( )
A.±64B.64C.32D.16
3.曲线f(x)=f′(1)ex-x2+2在点(0,f(0))处的切线的斜率为( )
A.eq \f(2,e)B.eq \f(2,e-1)C.eq \f(2e,e-1)D.eq \f(4-2e,e-1)
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-3,2a4+3a7=9,则S7=( )
A.21B.1C.-42D.0
5.《九章算术》中有这样一个问题:今有男子善走,日增等里,九日走一千二百六十里,第一日、第四日、第七日所走之和为三百九十里,问第六日所走里数.答案为( )
A.140B.150C.160D.170
6.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,那么函数f(x)的图象最有可能是( )
7.在1和10之间插入n个实数,使得这(n+2)个数构成递增的等比数列,将这(n+2)个数的乘积记作Tn,则lgT1+lgT2+…+lgT11=( )
A.eq \f(13,2)B.11C.44D.52
8.已知定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)-f(x)>1,f(0)=2019,则不等式f(x)>2020ex-1(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(-∞,0)∪(0,+∞)B.(2020,+∞)
C.(0,+∞)D.(-∞,0)∪(2020,+∞)
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.设{an}是等差数列,Sn是其前n项的和,且S5
S8,则下列结论正确的是( )
A.d>0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
10.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x-9,x≥0,,xex,x<0,))若f(x)的零点为α,极值点为β,则( )
A.α=0
B.α+β=1
C.f(x)的极小值为-e-1
D.f(x)有最大值
11.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则( )
A.若S4>S8,则S12>0
B.若S4=S8,则S6是Sn中最大的项
C.若S4>S5,则S5>S6
D.若S4>S5,则S3>S4
12.已知函数f(x)及其导数f′(x),若存在x0,使得f(x0)=f′(x0),则称x0是f(x)的一个“巧值点”,下列四个函数中有“巧值点”的是( )
A.f(x)=x2B.f(x)=e-xC.f(x)=lnxD.f(x)=tanx
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则eq \f(S10,S5)= W.
14.曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 W.
15.等差数列{an}的首项为1,公差不为0,若a2,a3,a6成等比数列,则数列{an}的前6项的和S6= .
16.已知曲线y=eq \f(1,3)x3上一点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(8,3))),则过点P的切线方程为 W.
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知数列{an}满足a1=1,eq \f(1,2)an+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,n)))an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和Sn.
18.(本小题满分12分)已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R).
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围.
19.(本小题满分12分)已知函数f(x)=lnx+ax2-bx.
(1)若函数f(x)在x=2处取得极值ln2-eq \f(1,2),求a,b的值;
(2)当a=-eq \f(1,8)时,函数g(x)=f(x)+bx+b在区间[1,3]上的最小值为1,求g(x)在该区间上的最大值.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=eq \f(n(n+1),2),n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=eq \f(1,anan+1),Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
22.(本小题满分12分)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:eq \f(1,\r(12+1))+eq \f(1,\r(22+2))+…+eq \f(1,\r(n2+n))`>ln`(n+1).
检测试题
1.答案:C
解析:由已知可得a3=eq \f(a1a2a3,a1a2)=eq \f(32,22)=eq \f(9,4).故选C.
2.答案:B
解析:由等比数列的性质可知a2a6=a3a5=a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) =16,而a2,a4,a6同号,所以a4=4,所以a3a4a5=a eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) =64.故选B.
3.答案:B
解析:由f(x)=f′(1)ex-x2+2,可得f′(x)=f′(1)ex-2x,令x=1,得f′(1)=f′(1)e-2,解得f′(1)=eq \f(2,e-1),所以f′(x)=eq \f(2,e-1)ex-2x,f′(0)=eq \f(2,e-1),故曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为eq \f(2,e-1).故选B.
4.答案:D
解析:方法一 设等差数列{an}的公差为d,则2a4+3a7=2(a1+3d)+3(a1+6d)=5a1+24d=9.将a1=-3代入,可得d=1,所以S7=7a1+eq \f(7×6,2)d=7×(-3)+21×1=0.故选D.
方法二 由等差数列的性质可得2a4+3a7=a1+a7+3a7=9.因为a1=-3,所以a7=3,所以S7=eq \f(7(a1+a7),2)=eq \f(7×(-3+3),2)=0.故选D.
5.答案:B
解析:由题意设此人从第二日起每日比前一日多走d里,第一日走a1里,则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1+\f(9×8,2)d=1260,,a1+a1+3d+a1+6d=390,))解得a1=100,d=10,所以第六日所走里数为a6=100+50=150.故选B.
6.答案:A
解析:当x<-2时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;
当-20,则f(x)单调递增;
x>0时,f′(x)<0,则f(x)单调递减.
则符合上述条件的只有选项A.故选A.
7.答案:C
解析:设这(n+2)个数构成的等比数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn)),则c1=1,cn+2=10,所以qn+1=10.又Tn=c1·c2·…·cn+2=1·q·q2·…·qn+1=q1+2+3+…+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n+1))=qeq \s\up6(\f((n+1)(n+2),2)),所以lgTn=lgqeq \s\up6(\f((n+1)(n+2),2))=lg10eq \s\up6(\f(n+2,2))=eq \f(n+2,2).故lgT1+lgT2+…+lgT11=eq \f(3,2)+eq \f(4,2)+eq \f(5,2)+…+eq \f(13,2)=eq \f(11×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)+\f(13,2))),2)=44.故选C.
8.答案:C
解析:令g(x)=eq \f(f(x)+1,ex),因为f′(x)-f(x)>1,
f(0)=2019,所以g′(x)=eq \f(f′(x)-f(x)-1,ex)>0,
故g(x)在R上单调递增,且g(0)=2020,
由f(x)+1>2020ex,可得eq \f(f(x)+1,ex)>2020,
即g(x)>g(0),所以x>0.故选C.
9.答案:BD
解析:根据题意,{an}是等差数列,若S6=S7,则S7-S6=a7=0,故B正确;
又由S50,则有d=a7-a6<0,故A错误;
而C选项,若S9>S5,即a6+a7+a8+a9>0,可得2(a7+a8)>0,由以上分析得a7=0,a8<0,显然C选项错误;
因为S5S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故D正确.故选BD.
10.答案:BC
解析:当x<0时,f(x)=xex<0,此时函数无零点.
当x≥0时,f(x)=3x-9,函数的零点为2,所以α=2.
当x<0时,f′(x)=ex+xex=ex(x+1),由f′(x)<0得x<-1,由f′(x)>0,得-10,d≠0,可得d<0,所以Sn是关于n的开口向下的二次函数,若S4>S8,则Sn的对称轴n<eq \f(4+8,2)=6,所以根据对称性可知S12<0;若S4=S8,则对称轴为n=eq \f(4+8,2)=6,所以S6是最大项;若S4>S5,则a5<0,又d<0,所以可得a6=a5+d<0,故S5>S6;a4=a5-d不能判断正负,所以S3与S4不能比较大小.故选BC.
12.答案:AC
解析:f(x)=x2,f′(x)=2x,x2=2x,
解得x=0或x=2,有“巧值点”,故A正确;
f(x)=e-x,f′(x)=-e-x,-e-x=e-x无解,
无“巧值点”,故B错误;
f(x)=lnx,f′(x)=eq \f(1,x),lnx=eq \f(1,x),
令g(x)=lnx-eq \f(1,x),则g(1)=-1<0,
g(e)=1-eq \f(1,e)>0,由零点存在性定理可知g(x)在(1,e)上必有零点,故f(x)有“巧值点”,故C正确;
f(x)=tanx,f′(x)=eq \f(1,cos2x),eq \f(1,cos2x)=tanx,sinxcosx=1,即sin2x=2,无解,所以f(x)无“巧值点”,故D错误.故选AC.
13.答案:4
解析:方法一 由a1≠0,a2=3a1,可得d=2a1,
所以S10=10a1+eq \f(10×9,2)d=100a1,
S5=5a1+eq \f(5×4,2)d=25a1,所以eq \f(S10,S5)=4.
方法二 设等差数列{an}的公差为d,由a1≠0,a2=3a1,得d=2a1,则eq \f(S10,S5)=eq \f(10(a1+a10),5(a1+a5))=eq \f(10(2a1+9d),5(2a1+4d))=eq \f(200a1,50a1)=4.
14.答案:y=2x
解析:设切点坐标为(x0,lnx0+x0+1).
由题意得y′=eq \f(1,x)+1,
则该切线的斜率k=eq \f(1,x0)+1=2,
解得x0=1,
所以切点坐标为(1,2),
所以该切线的方程为y-2=2(x-1),即y=2x.
15.答案:-24
解析:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),a1=1,
因为a2,a3,a6成等比数列,所以a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) =a2·a6,
所以(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),
解得d=-2,
所以等差数列{an}的前6项的和为S6=6a1+eq \f(6×5,2)d=6×1+eq \f(6×5,2)×(-2)=-24.
16.答案:12x-3y-16=0或3x-3y+2=0
解析:①当P为切点时,
由y′=f′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3))′=x2,
得f′(2)=4,
即过点P的切线方程的斜率为4.
则所求的切线方程是y-eq \f(8,3)=4(x-2),
即12x-3y-16=0.
②当P点不是切点时,设切点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0,\f(1,3)x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) )),
则切线方程为y-eq \f(1,3)x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) =x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) (x-x0),
因为切线过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(8,3))),
把点P的坐标代入以上切线方程,
解得x0=-1或x0=2(即点P,舍去),
所以切点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,-\f(1,3))),
故所求切线方程为3x-3y+2=0.
综上所述,过点P的切线方程为12x-3y-16=0或3x-3y+2=0.
17.解析:(1) 由eq \f(1,2)an+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,n)))an可得eq \f(an+1,an)=eq \f(2(n+1),n),
所以eq \f(a2,a1)=2×eq \f(2,1),eq \f(a3,a2)=2×eq \f(3,2),eq \f(a4,a3)=2×eq \f(4,3),…,eq \f(an,an-1)=2×eq \f(n,n-1)(n≥2),
以上各式左右两边分别相乘可得
eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an-1)=2n-1×(eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×eq \f(4,3)×…×eq \f(n,n-1)),即eq \f(an,a1)=2n-1·n,所以an=n·2n-1(n≥2),
公式对n=1也适合,所以an=n·2n-1.
(2)因为eq \f(an,n)=2n-1,所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为等比数列,
且公比为2,首项为1,通项eq \f(an,n)=2n-1.
由公式法可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和Sn=eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-2n)),1-2)=2n-1.
18.解析:(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,
f′(x)=ex(2-x2).
令f′(x)>0,解得-eq \r(2)eq \r(2).
故函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-eq \r(2)),(eq \r(2),+∞);单调递增区间为(-eq \r(2),eq \r(2)).
(2)函数f(x)=(-x2+ax)ex的导函数为f′(x)=ex[a-x2+(a-2)x].
因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,
所以f′(x)≥0在(-1,1)上恒成立,
即a-x2+(a-2)x≥0在(-1,1)上恒成立,
即x2-(a-2)x-a≤0在(-1,1)上恒成立,
故只需1+(a-2)-a≤0且1-(a-2)-a≤0,
解得a≥eq \f(3,2),故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),+∞)).
19.解析:(1)依题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),
对f(x)求导,得f′(x)=eq \f(1,x)+2ax-b.
由已知,得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(2)=\f(1,2)+4a-b=0,,f(2)=ln2+4a-2b=ln2-\f(1,2),))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=-\f(1,8),,b=0,))
所以f′(x)=eq \f(1,x)-eq \f(x,4)=eq \f(4-x2,4x)=eq \f((2-x)(2+x),4x)(x>0),
可知f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,满足f(x)在x=2处取得极值,
所以a=-eq \f(1,8),b=0.
(2)当a=-eq \f(1,8)时,g(x)=lnx-eq \f(1,8)x2+b.
对g(x)求导,
得g′(x)=eq \f(1,x)-eq \f(x,4)=eq \f(4-x2,4x)=eq \f((2-x)(2+x),4x).
当x∈(1,2)时,g′(x)>0,当x∈(2,3)时,g′(x)<0,所以g(x)在[1,2]上单调递增,在[2,3]上单调递减,在区间[1,3]上,g(x)max=g(2)=ln2-eq \f(1,2)+b.又g(1)=-eq \f(1,8)+b,g(3)=ln3-eq \f(9,8)+b,g(3)-g(1)=ln3-1>0,所以g(x)min=g(1)=-eq \f(1,8)+b=1,解得b=eq \f(9,8),所以g(2)=ln2+eq \f(5,8).于是函数g(x)在区间[1,3]上的最大值为ln2+eq \f(5,8).
20.解析:(1)因为Sn=eq \f(n(n+1),2),
所以当n=1时,a1=S1=1,
当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=eq \f(n(n+1),2)-eq \f(n(n-1),2)=n,
a1=1也适合上式,
所以an=n,n∈N+.
(2)因为bn=eq \f(1,anan+1)=eq \f(1,n(n+1))=eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1),
所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,3)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)-\f(1,4)))+…+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1)))=1-eq \f(1,n+1)=eq \f(n,n+1).
21.解析:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,
则f′(x)=ex-1.
当x<0时,f′(x)<0;当x>0时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增.
(2)f′(x)=ex-a.
当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f′(x)=0可得x=lna.
当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,
在(lna,+∞)上单调递增.
故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=a-a(lna+2)=-a(1+lna).
①若0eq \f(1,e),则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln (2a)时,
f(x)=eeq \s\up6(\f(x,2))·eeq \s\up6(\f(x,2))-a(x+2)>eln (2a)·(eq \f(x,2)+2)-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是(eq \f(1,e),+∞).
22.解析:(1)当a=1时,f(x)=xex-ex=(x-1)ex,
f′(x)=ex+(x-1)ex=xex.
令f′(x)=0,得x=0,
∴当x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
(2)f′(x)=eax+aeaxx-ex=(ax+1)eax-ex,f′(0)=0.
设g(x)=(ax+1)eax-ex,则g′(x)=aeax+aeax(ax+1)-ex=(a2x+2a)eax-ex,g′(0)=2a-1.
当2a-1>0,即a>eq \f(1,2)时,存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,g′(x)>0,此时f′(x)在(0,δ)上单调递增.
∵f′(x)>f′(0)=0,∴f(x)在(0,δ)上单调递增,
∴f(x)>f(0)=-1,这与f(x)<-1矛盾,故舍去.
当2a-1≤0,即a≤eq \f(1,2)时,f(x)≤xeeq \f(1,2)x-ex.
令h(x)=xeeq \f(1,2)x-ex,
则h′(x)=eeq \f(1,2)x+eq \f(1,2)eeq \f(1,2)x·x-ex=eeq \f(1,2)x(1+eq \f(1,2)x-eeq \f(1,2)x)<0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,
此时h(x)0时,xeeq \f(1,2)x-ex<-1,
∴x1,则x=2lnt,∴2lnt1.
取t=eq \r(\f(n+1,n))(n∈N*),
则2lnt=ln (n+1)-lnn<eq \r(\f(n+1,n))-eq \r(\f(n,n+1))=eq \f(1,\r(n2+n)),
∴eq \f(1,\r(12+1))+eq \f(1,\r(22+2))+…+eq \f(1,\r(n2+n))>ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln (n+1)-lnn=ln (n+1),故结论得证.